21.12.2016 1/16 ESERCIZIO 1 1.1 - Punto di riposo, R1 , R2 Detta IC = IC1 = IC2 = 2.5 mA e ipotizzando IB1 ≪ IC1 , IB2 ≪ IC2 , si ha VCE1 = V − + RE (IE1 + IE2 ) ≃ V − + 2RE IC = −12.0 V. (1) Nel punto di riposo si ha IB1 ≃ 8.5 µA. utilizzando il generatore equivalente di Thévenin sulla base di Q1 si ha V− R2 + (R1 //R2 )IB1 + Vγ + RE (IE1 + IE2 ) ≃ R1 + R2 R2 V− + (R1 //R2 )IB1 + Vγ + 2RE IC = 0 R1 + R2 (2) Mettendo a sistema quest’ultima con la condizione R1 + R2 = 50 kΩ e risolvendo, si ottiene R1 = 31.11 kΩ ed R2 = 18.89 kΩ. Considerando orizzontali le caratteristiche d’uscita, anche il secondo transistor, che lavora con la stessa corrente di collettore e con VCE2 = V − + RC IC + RE (IE1 + IE2 ) ≃ V − + RC IC + 2RE IC = −6.0 V, lavorerà con corrente di base IB2 = 8.5 µA. Dunque il risultato trovato vale per entrambi i partitori. • Nota 1: Considerando pesante il partitore R1 ,R2 , la corrente di collettore risulta indipendente dalla corrente di base, per cui si può scrivere V− R2 R2 +(R1 //R2 )IB1 +Vγ +2RE IC ≃ V − +Vγ +2RE IC R1 + R2 R1 + R2 (3) da cui segue R2 = 18.61 kΩ ed R1 = 31.39 kΩ. Poiché l’equazione (3) vale, nella stessa forma, per entrambi i transistor, anche senza l’ipotesi di caratteristiche orizzontali, il risultato trovato vale per entrambi i partitori. 21.12.2016 2/16 • Nota 2: Rimuovendo l’ipotesi di caratteristiche orizzontali, ma ipotizzando comunque trascurabile la corrente di base rispetto a quella di collettore per entrambi i transistor, sarebbe necessario scrivere l’equazione (2), per ciascun transistor con un diverso valore di corrente di base, con la conseguenza di due diversi valori (uno per il partitore di sinistra e uno per il partitore di destra) per ciascuna delle resistenze R1 ed R2 . Nel punto di riposo del transistor 1 si ha hie = rbb′ + hf e = 330, VT hf e = 3.71 kΩ IC Il transistor Q2 lavorerà con un valore di hf e leggermente inferiore (le caratteristiche si avvicinano l’una all’altra per l’effetto Early, al diminuire di |VCE |); per semplicità nei calcoli che seguono si utilizzerà lo stesso valore di hf e e di hie per entrambi i transistor. 1.2, 1.3 - Risposta in frequenza, diagramma di Bode Circuito equivalente (RB1 = RB2 = R1 //R2 = 11.75 kΩ): RS CS hf e2 ib2 hie1 ✲ vs RB1 hf e1 ib1 + ib2 ✻ hie2 ib1 RE CB RC vu RB2 − L’amplificatore è costituito da uno stadio a collettore comune (inseguitore di emettitore) seguito da uno a base comune: si tratta dunque di un amplificatore con guadagno positivo a centro banda. I due condensatori sono fra loro dipendenti: CS produce uno zero nell’origine e un polo, CB un polo e uno zero finiti. Per il calcolo delle frequenze di polo si farà uso del metodo di Grabel. Resistenze viste da CS : 21.12.2016 3/16 RS0 RSB hie2 + RB2 = 7.45 kΩ = RS + RB1 // hie1 + (hf e1 + 1) RE // hf e2 + 1 = RS + RB1 // hie1 + (hf e1 + 1) RE // hie2 hf e2 + 1 = 4.78 kΩ Resistenze viste da CB : 0 RB S RB = hie1 + RB1 RB2 // hie2 + (hf e2 + 1) RE // = 7.20 kΩ hf e1 + 1 = hie1 + (RB1 //RS ) = 4.62 kΩ RB2 // hie2 + (hf e2 + 1) RE // hf e1 + 1 A questo punto 0 a1 = CS RS0 +CB RB = 21.85×10−3 s, 0 S a2 = CS CB RB RSB = CS CB RS0 RB = 68.88×10−6 s2 e risolvendo l’equazione P (s) = 1 + a1 s + a2 s2 = 0 si ottengono i poli sp1 = −55.46 rad/s ed sp2 = −261.76 rad/s ed fp2 = 41.66 Hz. e le frequenze di polo fp1 = 8.83 Hz La frequenza dello zero di CB è 1 fz = = 6.77 Hz. 2πCB RB2 Con tutti i condensatori chiusi (cioè a centro banda) si ha il circuito equivalente riportato in figura RS hie1 hf e2 ib2 E ✲ vs RB1 hf e1 ib1 + ib2 ✻ hie2 ib1 RE RC vu − 21.12.2016 4/16 ve , ib2 = − hie2 vu = −RC hf e2 ib2 , ib1 = vs RB1 · RS + RB1 ve = (hf e1 + 1) RE // hie2 hf e1 + 1 ib1 1 (RS //RB1 ) + hie1 + (hf e1 + 1) RE // hie2 hf e1 + 1 Segue AV,CB = RB1 RC hf e2 · RS + RB1 hie2 (hf e1 + 1) RE // hie2 hf e1 + 1 · hie2 (RS //RB1 ) + hie1 + (hf e1 + 1) RE // hf e1 + 1 = 100.77 (= 40.07 dB) 50 |A(f )| (dB) 40 30 20 10 0 −10 100 101 102 103 104 105 f (Hz) 1.4 - Circuito per le aa.ff. Ce1 RS rbb′1 rb′ e1 + vb′ e1 − vs RB1 Cc1 gm2 vbe2 e1 , e2 gm1 vbe1 rb′ e2 − vb′ e2 + + Ce2 Cc2 RC vu rbb′ 2 − 21.12.2016 5/16 ESERCIZIO 2 2.1 - Funzione di trasferimento, risposta in frequenza A(s) = − R , Ls A(f ) = − 1 , f j ∗ f f∗ = R = 2.334 kHz. 2πL (integratore invertente, con frequenza di guadagno unitario f ∗ = 2.334 kHz) 2.2 - Diagrammi di Bode 150 (dB) 50 |A(f )| 100 0 f∗ -50 -100 -150 10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 f (Hz) arg(A(f )) (rad) π π/2 0 10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 f (Hz) 21.12.2016 6/16 2.3 - Sbilanciamento in uscita R Il solo generatore di tensione di offset in ingresso produce la saturazione dell’uscita dell’A.O.. In- vu fatti (v. schema circuitale) il generatore VIO si VIO trova tra gli ingressi dell’A.O. (v + − v − = VIO ). 2.4 - Riposta effettiva L Circuito equivalente (con Rin → ∞ ed Ro = 0): vs R − vin + Avol (f )vin Nel dominio di Laplace si ha R Avol0 R Avol (s) · R + Ls = − R + Ls 1 + sτ = Avol0 Ls Ls Avol (s) · 1+ 1+ R + Ls R + Ls 1 + sτ −RAvol0 −Avol0 = = L L (R + Ls)(1 + sτ ) + LsAvol0 (Avol0 + 1) + τ + τ s2 1+s R R 1 con τ = = 11.37 × 10−3 s. 2πfp vu (s) Af (s) = =− vs (s) (τ è la costante di tempo associata al polo (fp ) nella risposta ad anello aperto dell’A.O.). Dunque la risposta effettiva è caratterizzata da una guadagno statico Avol0 e due poli. Questi sono sp1 = −97.67 × 10−3 rad/s ed sp2 = −13.21 × 106 rad/s. ed fp2 = 2.102 × 106 Hz. con frequenze fp1 = 15.54 × 10−3 Hz 21.12.2016 7/16 Dunque −Avol0 Af (f ) = f f 1+j 1+j fp1 fp2 Diagramma di Bode: 150 |Af (f )| (dB) 100 50 f∗ 0 -50 -100 andam. ideale andam. reale -150 -200 10−3 10−2 10−1 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 f (Hz) 21.12.2016 8/16 ESERCIZIO 3 3.1 - Risposta in frequenza RS Circuito equivalente: C1 hie RR ib RB C2 hf e ib + ✲ vs RE vu − Il condensatore C1 produce uno zero nell’origine e un polo; poiché il guadagno è non nullo sia con C2 aperto sia con C2 chiuso (affermazione verificabile), le singolarità di C2 sono un polo e uno zero finiti. Per il calcolo delle frequenze di polo si farà uso del metodo di Grabel. Resistenze viste da C1 : RS hie RR vs RE RB RS ip ✻ vp + ✲ ib hf e ib R10 = RS + {(RR + RB )// [hie + RE (hf e + 1)]} vu = 42.82 kΩ − hie ✲ ib RR hf e ib vp = RS ip + hie ib + (RE //RB ) (hf e ib + ip ) RE //RB ib = ip RR RR + hie da cui infine RR hie 2 R1 = RS + hie + (RE //RB ) hf e + 1 + = 598.12 kΩ RR + hie RR Resistenze viste da C2 : 21.12.2016 9/16 hie RR ib ✛ = RB (ip − ib ) + RE [ip − (hf e + 1)ib ] vu RE vp hf e ib RB vp = RB (ip − ib ) + RE (ip − ib − hf e ib ) + ✲ ib = − R20 = Segue vp hie + RR RB + RE = 0.790 kΩ RE (hf e + 1) RB + 1+ hie + RR hie + RR a1 = C1 R10 + C2 R20 = 214.3 × 10−3 s, a2 = C1 C2 R20 R12 = 519.8 × 10−6 s2 poli: sp1 = −4.72 rad/s, sp2 = −407.47 rad/s frequenze di polo: fp1 = −sp1 = 0.75 Hz, 2π fp2 = −sp2 = 64.85 Hz 2π Calcolo della frequenza di zero: a) calcolo esatto: C2 è percorso dalla corrente (hf e + 1)ib ; detta io RS i=0 hie RR ✲ la corrente in RB : ❄ ib 1 (hf e + 1)ib + RR [(hf e + 1)ib − io ] + hie ib = 0 C2 s C2 RB io ❄ 1 hf e ib (hf e + 1)ib + RB io = 0 C2 s Ricavando io dalla seconda, sostituendo nella prima e risolvendo infine in s, si trova: vs RE s=− (hf e + 1)(RR + RB ) = −408.93 rad/s. RB C2 [hie + RR (hf e + 1)] La frequenza di zero è allora fz = − (hf e + 1)(RR + RB ) sz = = 65.08 Hz. 2π 2πRB C2 [hie + RR (hf e + 1)] 21.12.2016 10/16 (pressoché coincidente con quella del secondo polo). b) calcolo approssimato: (v. oltre) Con entrambi i condensatori chiusi il circuito equivalente diventa hie RS ✲ ip ✻ ib vp RE //RB RR hf e ib hie ib , vu = (RE //RB ) hf e + 1 + RR hie vs = RS 1 + ib + hie ib + vu RR E quindi hie (RE //RB ) hf e + 1 + R R = 0.9956 (= −0.04 dB). A2 = hie hie + hie + (RE //RB ) hf e + 1 + RS 1 + RR RR Tornando al calcolo approssimato della frequenza di zero di C2 , se si attribuisce a questo condensatore il polo a frequenza più alta (dunque considerando non interagenti i due condensatori, ma si tratta di un’approssimazione) e detti A1 il guadagno calcolato con C1 chiuso e C2 aperto e A2 quello calcolato con entrambi i condensatori chiusi, si può calcolare il valore della frequenza di zero come fz ≃ fp2 A1 A2 RS Con C1 chiuso e C2 aperto il circuito equivalente è quello di un inseguitore di emettitore con resistenza RB + RR sulla base: hie RR + ✲ ib vs RE RB hf e ib vu − 21.12.2016 11/16 Dunque A1 = RE (hf e + 1) RB + RR vu = · = 0.9885(= −0.10 dB) vs [RS //(RB + RR )] + hie + RE (hf e + 1) RS + RB + RR A questo punto A1 = 64.39 Hz. A2 Come si vede, il risultato - per quanto approssimato - è comunque poco differente fz ≃ fp2 da quello esatto. La risposta in frequenza ha espressione f f 1+j j fz fp1 f z A(f ) = A2 · f f fp2 1+j 1+j fp1 fp2 Diagramma di Bode: 0 |A(f )| (dB) −10 −20 10−1 100 101 102 f 103 104 (Hz) 4.4 - Calcolo del guadagno a centro banda mediante il teorema di Miller RS 1 hie RS 2 1 hie ✲ ✲ ib vs RR hf e ib (a) 2 ib RE //RB vs ′ RM hf e ib (b) ′′ RE //RB //RM 21.12.2016 12/16 v2 = (RE //RB )(hf e + 1 + hie )ib , RR v1 = hie ib + (RE //RB )(hf e + 1 + hie )ib RR Dunque hie ) RR = 0.9962 hie hie + (RE //RB )(hf e + 1 + ) RR La resistenza RR verrà sostituita dalle resistenze v2 k= = v1 ′ RM = (RE //RB )(hf e + 1 + RR = 6.573 MΩ 1−k e ′′ RM = RR = −6.548 MΩ, 1 − 1/k disposte come nel circuito a destra in figura. Lo schema ottenuto è quello di un amplficatore a collettore comune, il cui guadagno è A′2 = ′ ′′ RM (hf e + 1)(RB //RE //RM ) · = 0.9956(= A2 ). ′ ′′ ′ (RS //RM ) + hie + (hf e + 1)(RB //RE //RM ) RS + RM ′ ′′ • Nota: Il circuito ottenuto, che comprende le resistenze RM ed RM , di cui quest’ul- tima con valore negativo), è equivalente a quello iniziale nel senso che il bilancio ′′ della correnti ai nodi 1 e 2 è lo stesso nei due circuiti e il valore negativo di RM assicura proprio questo risultato.) Come si vede, il valore di A′2 è esattamente uguale a quello di A2 . 21.12.2016 13/16 ESERCIZIO 4 4.1 - Comparatore Lo schema circuitale del comparatore e la relativa caratteristica ingresso-uscita sono rappresentati in figura: ✻VU R2 VH R1 RL vs VT 1 vu VT 2✲ VS E VL I diodi Zener, uguali fra loro, hanno VZ = 4.3 V e Vγ = 0.7 V. Deve essere inoltre VT 1 = −VH β + E 1−β e VT 2 = −VL β + E , 1−β con β = R1 R1 + R2 cioè VT 1 + VT 2 E = = 2.50 V 1−β 2 e VT 2 − VT 1 = (VH − VL ) e β R1 = = 0.10, 1−β R2 β =1V 1−β Risolvendo si ottiene E = 2.273 V risultato ottenibile per esempio con R1 = 1 kΩ ed R2 = 10 kΩ (β = 1/11, 1 − β = 10/11). 4.2 - Dimensionamento della resistenza RL Con l’uscita allo stato alto VU = VH , la corrente nei diodi (scelta positiva nel verso nel quale deve effettivamente scorrere, cioè dall’uscita del comparatore verso massa) è IZ,H = VO+ − VH VH − VS − RL R1 + R2 21.12.2016 14/16 essa è minima (con l’uscita alta, quindi con VS ≥ VT 1 ) per VS = VT 1 = 2 V. Imponendo allora VH − VT 1 VO+ − VH − ≥ 10 mA IZ,H,min = RL R1 + R2 segue VO+ − VH RL ≤ = 486.7 Ω. VH − VT 1 10 mA + R1 + R2 (1) Con l’uscita allo stato basso VU = VL , la corrente nei diodi (scelta positiva nel verso nel quale deve effettivamente scorrere, cioè da massa verso l’uscita del comparatore) è IZ,L = VL − VO− VL − VS + RL R1 + R2 essa è minima (con l’uscita bassa, quindi con VS ≤ VT 2 ) per VS = VT 2 = 3 V. Imponendo allora IZ,L,min = VL − VO− VL − VT 2 + ≥ 10 mA RL R1 + R2 segue RL ≤ VL − VO− = 466.1 Ω. VL − VT 2 10 mA − R1 + R2 (2) Poiché le condizioni (1) e (2) devono essere contemporaneamente verificate, la resistenza RL va scelta in modo che sia RL < min(486.7 Ω, 466.1 Ω) = 466.1 Ω 4.3 - Uscita del comparatore per sollecitazione sinusoidale La tensione in uscita al comparatore passa dal livello basso a quello alto quando la tensione in ingresso sale oltre VT 2 e dal livello alto a quello basso quando la tensione in ingresso scende al di sotto di VT 1 . La situazione (a regime, su un 21.12.2016 15/16 intervallo di tempo corrispondente a un periodo) è descritta nel diagramma in figura: vs (t), vu (t) (V) 10 5 VT 2 VT 1 0 -5 θ1 θ2 π π/2 -10 0 1 2 3π/2 3 ωt 4 5 6 (rad) Gli istanti di commutazione della tensione d’uscita corrispondono alle condizioni VM sin(θ1 ) = VT 2 e VM sin(θ2 ) = VT 1 cioè θ1 = arcsin VT 2 VM = 0.384 rad e θ2 = π − arcsin VT 1 VM = 2.889 rad Il duty-cycle è allora δ= θ2 − θ1 = 0.399 (= 39.9%). 2π Si osservi che il risultato è indipendente dalla frequenza dei segnali. 4.4 - Andamento della tensione in uscita (onda triangolare) C R1 R2 RL R vu E VR 21.12.2016 16/16 La tensione vu ha andamento a onda triangolare, con fronti non simmetrici, di valore minimo Vmin = VT 1 e valore massimo Vmax = VT 2 . Quando la tensione in uscita al comparatore è al livello alto (vu′ = VH ), la pendenza della tensione vu è pd = − VH − VR = −3.636 × 103 V/s RC La durata della fase discendente (di vu ) è allora Td = − VT 1 − VT 2 RC = 275 µS VH − VR Quando la tensione in uscita al comparatore è al livello basso (vu′ = VL ), la pendenza della tensione vu è ps = − VL − VR = 8.485 × 103 V/s RC La durata della fase ascendente (di vu ) è allora Ts = − VT 2 − VT 1 RC = 118 µs VL − VR Il periodo del segnale è T = Td + Ts = 393 µs e la frequenza f = 1/T = 2.54 kHz.